Dienstag, 21. September 2004
Schriftliche Prüfung 2. Vordiplom / BSc Herbst 2004
D – CHAB/BIOL
Musterlösung
Vorname:... Name:...
♦ Jede Aufgabe wird separat bewertet. Die maximal erreichbare Punktzahl beträgt 36.
Die Maximalnote wird mit mindestens 30 Punkten erreicht.
♦ Zeit: 60 Minuten. Teilen Sie sich Ihre Zeit gut ein!
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♦ Wir bitten Sie um Fairness und wünschen Ihnen viel Erfolg!
Aufgabe 1 10 Punkte
Auf den folgenden Seiten finden Sie die IR-, Massen-, 1H-NMR- und 13C-NMR-Spektren der Verbindung Q15. Sie weist folgende Konstitution auf:
O O
O N
O O H
Q15
Die Verbindung hat die relative Molmasse Mr = 217.
Einige Hinweise zu den Spektren:
Die Kopplungen der amidartigen N–H-Protonen mit anderen Protonen sind im 1H-NMR- Spektrum sichtbar, wenn der Abstand zu den Kopplungspartnern höchstens 3 Bindungen beträgt.
Amidartige N–H-Protonen koppeln mit dem benachbarten 14N-Kern. Dadurch wird das Signal dieser Protonen im 1H-NMR-Spektrum stark verbreitert, und die Feinstruktur ist dadurch nicht mehr sichtbar. Dieser Effekt hat keinen Einfluss auf andere Protonen.
Das Signal des amidartigen Protons der Verbindung Q15 erscheint im 1H-NMR-Spektrum bei 6.3 ppm.
a) Erklären Sie die beiden intensivsten Signale im Massenspektrum. Nennen Sie die Regeln, die die Entstehung der entsprechenden Ionen stützen. (4 Punkte)
O O
O N
O O H
101 129
Die beiden Fragmente entstehen durch eine direkte Spaltung (jede gefundene Fragmentierung 1/2 Punkt). Beide Spaltungen werden durch das doppelt gebundene O-Atom gesteuert: Regel IV. Zudem steuert das N-Atom auch die Fragmentierung, die zu 101 führt: Regel IV (je 1 Punkt für jede Fragmentierung bei richtig angewandter Regel IV). Beim Bruch der C–N-Bindung besagt Regel V, dass die Ladung auf der C-Seite zu finden ist (1 Punkt).
b) Im IR-Spektrum erkennt man oberhalb 3200 cm–1 im Bereich der N–H-Streck-
schwingungen mindestens drei überlagerte Banden. Spekulieren Sie, warum nicht eine einzige schmale Bande erscheint. (2 Punkte)
In der IR-Spektroskopie beobachtet man ein Gemisch von Konformeren. Mit der N–H-Gruppe können sich Wasserstoffbrücken ausbilden. Dies kann intra- oder intermolekular geschehen.
Die entstehenden Aggregate haben eine begrenzte Lebensdauer. Es gibt aber besonders stabile Anordnungen, die immer wieder eingestellt werden. Jede dieser Anordnungen kann für eine Bande verantwortlich sein. Zudem ist die Rotation um die C–N-Bindung gehindert. Dadurch können sich zwei unterschiedliche planare Anordnungen bilden, die wiederum für
unterschiedliche Banden der N–H-Streckschwingung verantwortlich sein können.
c) Ordnen Sie die Signalgruppen im 1H-NMR-Spektrum den Protonen in der Struktur zu.
Dabei können die Signale bei 2.6 und 2.7 ppm auch vertauscht zugeordnet werden. (2 Punkte)
Siehe Spektrum.
d) Stellen Sie sich vor, Sie müssten die Verbindung Q15 im Rahmen eines HPLC-
Experiments detektieren. Ihnen steht ein UV/vis-Detektor mit einem Wellenlängenbereich von 200–700 nm zur Verfügung. Bei welcher Wellenlänge würden Sie den Detektor betreiben? Begründen Sie Ihre Ansicht. (2 Punkte)
Die drei Doppelbindungen im Molekül sind isoliert, stehen also nicht in Konjugation miteinander. Daher erwartet man als UV-Spektrum im wesentlichen die Überlagerung der Einzelspektren der drei Chromophore. Um isolierte Doppelbindungen detektieren zu können, muss die Wellenlänge sehr klein gewählt werden, am Rand des nutzbaren Spektrums bei ca.
220 nm.
IR:
Perkin-Elmer Modell 125Q 1 5
aufgenommen in CHCl3, Schichtdicke 0.1 mm
100 80 60 40 20 0
4000 3000 2000 1500 1000 [cm ]–1 500
[%]
Spur H O2
MS:
EI, 70 eV100 129
% 80
60
40
20
0
0 50 100 150 200 250 m/z
101
112 158
145
172
185 217
73 84 55
45 30
15
1
H-NMR: Q 1 5
4.0
4.3 ppm
2.5
2.8 ppm
0 1
2 3
5 4
6 7
8 9
10 ppm
Lösungsmittel
1 H TMS
2 H 2 H
3 H
2 H 2 H
3 H 300 MHz, aufgenommen in CDCl3
O O
O N
O O H
13
C-NMR: Q 1 5
25 MHz, protonen-breitbandentkoppelt, aufgenommen in CDCl3
173.0 172.8
170.7
60.6 52.1
41.3 29.6
14.2
TMS
ppm
30.4
Lösungsmittel C C
C
CH2
CH2 CH2 CH2
CH3 CH3
Aufgabe 2 8 Punkte
Für die Verbindung Q15 werden die alternativen Konstitutionen 1-4 vorgeschlagen. Finden Sie für jede Alternative mindestens zwei spektroskopische Argumente, die gegen sie sprechen.
(maximal 2 Punkte pro Alternative)
O O
O N
O O H
Q15
1
OO
N H
O O O
Es müsste im 1H-NMR-Spektrum ein Singlett mit Integral 2 erscheinen.
Das Dublett im 1H-NMR-Spektrum ist nicht zu erklären.
Im 1H-NMR-Spektrum müsste ein weiteres Quartett mit Integral 2 erscheinen.
Im 1H-NMR-Spektrum können nicht beide triplettartigen Signale bei 2.6 ppm erklärt werden.
Die höchsten Signale bei m/z 129 und 101 im MS können nicht erklärt werden (2 Argumente)
O O
S N H O
2
Der Basispeak m/z 129 im MS kann nicht erklärt werden.
Die chemische Verschiebung des Singletts mit Integral 3 im 1H-NMR-Spektrum könnte nicht bei nahezu 4 ppm liegen. Dazu ist die unmittelbare Nachbarschaft eines O-Atoms erforderlich.
Die chemische Verschiebung des Keto-C im 13C-NMR-Spektrum müsste bei ca. 200 ppm liegen.
Als Argument nicht anerkannt:
Es müsste die Bande der C=S-Streckschwingung im IR erscheinen. Dies ist an sich richtig. Die Bande läge bei 1230 - 1040 cm-1. Dort befindet sich im IR eine Bande.
N O
O O S
3
HAnmerkung: Dieses Molekül enthält ein chirales Zentrum, weist demnach keinerlei Symmetrie auf. Es gibt daher auch keinen Grund, warum die Protonen einer CH2-Gruppe isochron sein sollten. Die chemischen Verschiebungen der CH2-Protonen sind dennoch ähnlich und koppeln wegen des kurzen Abstandes von 2 Bindungen sehr stark miteinander. Daher ist ein sehr komplexes 1H-NMR-Spektrum höherer Ordnung zu erwarten. Dieses Wissen wurde nicht vorausgesetzt, aber natürlich honoriert, wenn vorhanden. Im Folgenden werden Argumente aufgeführt, die auf einem Spektrum erster Ordnung beruhen, (in Klammern das zu erwartende Resultat bei höherer Ordnung).
Es müsste im 1H-NMR-Spektrum ein Singlett mit Integral 2 erscheinen (Dublett von Dublett mit grossem Dacheffekt).
Das Dublett im 1H-NMR-Spektrum kann nicht erklärt werden.
Die chemische Verschiebung des Singletts mit Integral 3 im 1H-NMR-Spektrum läge nicht bei nahezu 4 ppm, sondern knapp ein ppm tiefer. N ist als elektronetagives Heteroatom nicht so effektiv wie O.
Die chemische Verschiebung des quaternären C im 13C-NMR-Spektrum läge weit unterhalb von 100 ppm, da es aliphatisch ist.
Die chemische Verschiebung des Keto-C im 13C-NMR-Spektrum müsste bei ca. 200 ppm liegen.
Die chemischen Verschiebungen der beiden verbundenen CH2-Gruppen im 1H-NMR-Spektrum würden einen wesentlich grösseren Unterschied aufweisen. Dadurch würden die Effekte
höherer Ordnung wie Dacheffekt, Signalverbreiterung und -aufspaltung deutlich reduziert. Die Struktur ist mit einem solchen Spektrum höherer Ordnung nicht vereinbar. (Die Effekte höherer Ordnung würden eine Zuweisung der Linien zu einzelnen Protonen sehr erschweren. Auf einem Gerät mit 300 MHz Frequenz wäre das Spektrum nur sehr bedingt zu interpretieren.)
Im IR-Spektrum könnte keine Bande der N–H-Streckschwingung beobachtet werden.
Im IR-Spektrum müsste die Bande der S–H-Streckschwingung bei ca. 2250 cm–1 zu sehen sein.
Nur für Freaks: Die Bande Amid II im IR bei 1520 cm–1 würde fehlen. Sie entspricht im wesentlichen der N-H-Deformationsschwingung.
Als Argumente nicht anerkannt:
Die höhsten Signale im MS sind nicht zu erklären. Dies ist richtig. Bei Verbindungen mit Ringen führen viele Bindungsspaltungen nicht zu einer Fragmentierung des Moleküls, sondern nur zu einer Ringöffnung. Die Regeln über direkte Fragmentierungen sind in so einem Fall
wenig nützlich. Das MS ist grundsätzlich nicht einfach zu verstehen. Viele Signale entstehen notwendigerweise auf verschlungenen Pfaden, ohne weiteres auch der Basispeak.
4
ON
O O
O O H
Es müsste im 1H-NMR-Spektrum ein Singlett mit Integral 2 erscheinen.
Das Dublett im 1H-NMR-Spektrum kann nicht erklärt werden.
Die höchsten Signale bei m/z 129 und 101 im MS können nicht erklärt werden (2 Argumente) Nur für Freaks: Die Bande Amid II im IR bei 1520 cm–1 würde fehlen. Sie entspricht im wesentlichen der N-H-Deformationsschwingung.
Aufgabe 3 9 Punkte
Ein Gemisch von sechs Pestiziden wurde mit drei verschiedenen flüssigchromatographischen Methoden getrennt (Chromatogramme A, B und C). Die Strukturen der Substanzen 1, 3 und 6 sind unten angegeben. t(M) bezeichnet die Retentionszeit des Eluenten.
0 10 20 30 40 AU
t(M) 1
2 3 4
5
6 min 50
40 30
20 10
0
A
20 10
0
B
0 10 20 30 40 mAU
t(M) 1
2 3 4 5
6
20 10
0
C
0 10 20 30 40 AU
1 2
345
6 t(M)
N O H
N O
N H
Substanz 1 Substanz 3
N O
N
Substanz 6
a) Schätzen Sie die Anzahl theoretischer Böden für die Substanz 6 in Chromatogramm B ab.
(2 Punkte)
Die Formel zur Berechnung der Bodenzahl N lautet:
N = 16 tR
( )
w 2wobei tR die Retentionszeit und w die Basisbreite bedeuten. Siehe Skript S. 12.
b) Schätzen Sie die Kapazitätsfaktoren der Substanz 5 in Chromatogramm A und B ab. (2 Punkte)
Die Formel zur Berechnung des Kapazitätsfaktors k' lautet:
' = t – tR M tM
wobei tR die Retentionszeit und tM die Totzeit ist. Siehe Skript S. 10.
c) Die Polarität der Substanzen nimmt mit zunehmender Retentionszeit in Chromatogramm A und B ab (siehe Strukturen der Substanzen 1, 3, 6). Die Chromatogramme wurden mit derselben mobilen Phase, jedoch mit einer anderen Säule aufgenommen. Beschreiben Sie die Charakteristiken der beiden Säulen. Worin unterscheiden sie sich? (2 Punkte)
Die Retentionszeit der polarsten Substanz 1 hat sich beim Übergang zu Säule B vergrössert, jene der apolarsten Substanz 6 massiv verkleinert. Es kann sich also nicht um eine blosse Verkürzung der Säule handeln. Die Polarität der Säule B wurde gegenüber A vergrössert.
d) Chromatogramm C wurde mit derselben Säule aufgenommen wie Chromatogramm A.
1. Wie könnten die chromatographischen Parameter verändert worden sein? (1 Punkt) 2. Welche Möglichkeiten gibt es prinzipiell, kürzere Retentionszeiten zu erzielen? Welche Nachteile könnte man sich dadurch einhandeln? (2 Punkte)
Beantworten Sie die Teilfragen separat.
1. Die Polarität der mobilen Phase wurde gegenüber Chromatogramm A verkleinert.
2. Verkleinerung der Säule, höhere Flussrate durch grösseren Druck, Vergrösserung der Partikel. Die Verkürzung der Retentionszeiten geht bei allen Massnahmen mit einer schlechteren Trennleistung einher. Die Erhöhung der Flussgeschwindigkeit ist durch den maximal erlaubten Druck begrenzt.
e) Welchen Detektor würden sie verwenden, um die Substanzen 1, 3 und 6 möglichst
empfindlich und eindeutig nachzuweisen? Es steht Ihnen kein MS zur Verfügung. (1 Punkt) Da alle Substanzen über mindestens einen aromatischen Ring verfügen, ist die Absorption im UV-Bereich genügend gross. Der Detektor ist bei ca. 250 nm besonders empfindlich, da sich dort das langwelligste Absorptionsmaximum befindet. Gleichzeitig ist der Detektor blind gegenüber Substanzen, die nicht über konjugierte Doppelbindungen verfügen.
Aufgabe 4 9 Punkte
Sie sollen Äpfel auf verschiedene Inhaltsstoffe untersuchen. Im Speziellen sind sie an
Fruchtsäuren und Polyphenolen interessiert. Unten sind Beispiele von Fruchtsäuren aufgeführt, wie sie in Äpfeln zu finden sind.
OH O OH OH
O
OH O OH OH
O
OH
Äpfelsäure Weinsäure
OH O
HO
O OH
O OH
OH O OH
O
Citronensäure Bernsteinsäure
a) Schlagen Sie eine detaillierte chromatographische Methode vor, mit der Sie die Fruchtsäuren in der Probe möglichst einfach und selektiv quantifizieren können. Wie arbeiten Sie die Probe auf? (5 Punkte)
Aufarbeitung:
Äpfel zerkleinern, filtrieren. Apfelsaft weiter verwenden.
Fruchtsäuren sind in wässriger Lösung weitgehend dissoziiert. Sie lassen sich also über Anionenchromatographie trennen. Leitfähigkeitsdetektor.
b) Nehmen Sie an, Sie erhalten eine aufgearbeitete Probe, die neben Fruchtsäuren auch Polyphenole wie Quercetin enthält. (Polyphenole haben mehrere OH-Gruppen an
Benzolringen.) Schlagen Sie eine chromatographische Trennmethode mit Quantifizierung vor, die Ihnen erlaubt, gleichzeitig Säuren und Polyphenole zu bestimmen. Welche Detektionsmethode verwenden Sie ? Es steht Ihnen kein MS zur Verfügung. (4 Punkte)
O OH
HO
O
OH
OH OH Quercetin
Die Polyphenole sind nicht sauer genug, um über Ionenchromatographie getrennt zu werden.
Es ist also eine Umkehrphasen-Chromatographie anzuwenden. Dabei soll der pH-Wert der mobilen Phase durch Zugabe von Mineralsäure so klein sein, dass die Fruchtsäuren protoniert, also ungeladen sind. Als Detektionsmethode ist UV geeignet, da die Fruchtsäuren über
Carboxylgruppen und damit Doppelbindungen verfügen. Wellenlänge: 220 nm. Die
Polyphenole könnten auch bei höherer Wellenlänge detektiert werden, da sie über konjugierte Doppelbindungen verfügen.
